专题1.11 特殊平行四边形（全章专项练习）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.11 特殊平行四边形（全章专项练习） 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（23-24八年级下·云南昆明·期末）呈贡某公园预备建造一个菱形的郁金香花坛，若菱形花坛的两条对角线的长分别为6米和10米，则菱形花坛的面积为（    ）平方米． A．15 B．24 C．30 D．60 2．（2024·山东聊城·模拟预测）如图，某技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．已知，，对应的刻度分别为1，7，4．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 4．（23-24八年级下·河南许昌·期末）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对边平行且相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 5．（23-24八年级下·吉林·阶段练习）如图，菱形的对角线、的长分别是6，8，于点，则的长是（    ）    A．5 B．6 C．7 D． 6．（2024·山东日照·模拟预测）如图，矩形中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，再分别以点，为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线交于点，则的长为（    ）． A． B． C． D． 7．（2024·广西桂林·一模）如图，正方形和正方形，点G在上，H是的中点．若，，则的长为（    ） A． B． C．4 D．5 8．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（    ） A． B． C．4 D． 9．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （    ） A． B． C．11 D．12 10．（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，正方形边长为1，，，则下列结论：①；②垂直平分；③的周长是2；④；⑤点A到的距离是．其中正确的结论有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（23-24八年级下·吉林·阶段练习）如图，在中，，，分别是边，，中点，连接，．若，则 ． 12．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 13．（2024·江苏常州·模拟预测）如图，四边形是菱形，，平分，过点D作，，则对角线的长是 ． 14．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，四边形是矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，把矩形沿折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为 ． 15．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，点在对角线上，且，延长交于点，连接，则的度数为 ． 16．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，．是线段上的一个动点，过点作，垂足为，连接．则的最小值为 ， ． 17．（2024·山东聊城·模拟预测）如图，在矩形中，，点E，F分别从点D ，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点A，C移动．当四边形为菱形时，点E，F的运动时间为 秒． 18．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形，点、分别是、的中点，，相交于点，连接，若，则的长为 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（8分）（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，为边的中点，点在边上，，交的延长线于点．   (1)求证：． (2)若，，则的长为________． 20．（8分）（23-24八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期中）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 21．（10分）（2024·江苏宿迁·模拟预测）如图，四边形是菱形，，交于点，于点H． (1)若对角线，，求的长； (2)连，求证：． 22．（10分）（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，正方形对角线相交于点O，点P是对角线延长线上一点，连接，将绕点P逆时针旋转，使点C的对应点Q在的延长线上，连接 (1)求证：； (2)当点P在延长线上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由． 23．（10分）（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点． (1)求证：； (2)顺次连接，，，，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 24．（12分）（23-24八年级下·云南昆明·期末）【发现结论】 （1）如图1，中，，．点O既是斜边上的中点，又是的直角顶点，绕点O转动的过程中，交于点M，交于点N，连接，．以下结论正确的有______（多选） ①；②；③ 【类比迁移】 （2）如图2，正方形的对角线交于点O，点O又是正方形的一个顶点，正方形绕点O转动的过程中，交于点M，交于点N，连接． ①（1）中结论依然成立的是______（填序号） ②在证明以上结论成立的过程中，你还发现了哪些结论？（至少写出三条，正方形的性质除外） 【类比迁移】 （3）如图3，矩形的对角线交于点O，点O又是矩形的一个顶点，矩形绕点O转动的过程中，交于点M，交于点N，连接．是否成立？若成立，请证明结论；若不成立，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键． 由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可． 【详解】解：菱形的面积， 故选：C． 2．D 【分析】本题考查了勾股定理的应用、等边三角形的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线性质等知识，求出，再由直角三角形斜边上的中线性质得，进而证明是等边三角形，得，然后由勾股定理求出的长即可，熟练掌握勾股定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：∵点A，B，D对应的刻度分别为1，7，3， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：D． 3．A 【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可． 【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意； ③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意； 故满足题意的有①③； 故选：A． 4．C 【分析】本题考查正方形和矩形的性质，根据正方形和矩形的性质进行逐一判断即可． 【详解】解：A、正方形和矩形的对边平行且相等，故不符合题意； B、正方形和矩形的对角线互相平分，故不符合题意； C、正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线相等且不互相垂直， D、正方形和矩形的对角线相等，故不符合题意； 故选：C． 5．D 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直且平分求出，则，由此可解． 【详解】解：菱形的对角线、的长分别是6，8， ，，， ， ， ， 故选D． 6．B 【分析】本题考查了矩形的性质，角平分线的画法和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作于，，，进而得，，又由作图可知，为的角平分线，得到，即可得，得到，，即得，设，则，在中，由勾股定理得，解方程即可求解，由矩形的性质可得掌握角平分线的画法是解题的关键． 【详解】解：过点作于，则， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， 又由作图可知，为的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴， 故选：． 7．A 【分析】本题考查正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，连接，易得，由可得，，则，由H是中点可得即可解答． 【详解】解：连接， ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵H是中点， ∴， 故选：A． 8．A 【分析】设与的交点为H，过点D作，垂足为G，根据菱形的性质可得，，证明，可得，易证，可得，进而可得的长，由菱形的性质可证是等边三角形，得到，进而得到，利用勾股定理求出，在中，利用狗定理即可求解． 【详解】解：设与的交点为H，过点D作，垂足为G， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E是中点， ∴， ∵，交对角线于点M， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ， ， ∴， ∴， ∴， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 在中，， 故选：A． 【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识． 9．B 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线性质等知识，过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线性质得到，证明，则，证明四边形是平行四边形，则，，证明四边形是矩形，则，再证明，则，由勾股定理得到，则，勾股定理求出，则，由勾股定理求出，即可得到. 【详解】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则， ∵， 平分 ， ∴， ∴， ∵点恰为中点， ∴， ∵ ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴ ∴四边形是矩形， ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B 10．C 【分析】先证明得到，可得，于是可对①进行判断；设、相交于点，如图，利用得到，则，接着判断垂直平分，平分，于是利用角平分线的性质定理得到，，则可对②③④进行判断；证明，可得，然后利用勾股定理求出长，则可对⑤进行判断． 【详解】解：∵是正方形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴，， 又∵, ∴，故①正确； ∵，， ∴， 又∵， ∴垂直平分，故②正确； 设与交于点， ∵，， ∴， 同理可得， ∴的周长是，故③正确； ∵，， ∴，故④错误； ∵，，， ∴， ∴， 又∵， ∴点A到的距离是，故⑤正确； 综上所述，正确的为①②③⑤，共个， 故选C． 【点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，解决本题的关键是证明垂直平分． 11． 【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，熟记基础几何图形的性质是解本题的关键． 如图，连接，，先证明四边形是平行四边形；可得，再证明，再进一步可得答案． 【详解】解：如图，连接，， ∵，，分别是边，，中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形； ∴， ∵，，是边中点， ∴， ∴， 故答案为： 12．正方形 【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题． 【详解】解：如图所示： 在中，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理，，． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 设与交于点，与交于点， 在中，，分别是，的中点， ∴，同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形 13． 【分析】连接交于点O，先根据菱形的性质得到以及角平分线的定义推导出，，，，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而可求解． 【详解】解：连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∴，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点拨】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质是解答的关键． 14． 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，利用面积法求出的长是本题的关键．先证明，由勾股定理可求，由面积法可求的长，即可求解． 【详解】解：设与交于点，作于点， 点的坐标为，点的坐标为， ，， 四边形是矩形， ， ， 由翻折变换的性质可知，， ， ， 在中，设，则， 由勾股定理得， 解得，即， ， 在中，，， 由得， ， 在中，由勾股定理得， ， 点的坐标为， 故答案为：． 15．/度 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质等知识，掌握正方形的性质是解决此题的关键．根据正方形的性质可得，，，由可得，进而得到，证明，得到，最后根据三角形的外角性质即可求解． 【详解】解：四边形是正方形，点在对角线上， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故答案为：． 16． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识．证明，则，再证明，则，得到垂直平分，连接与交于点，交于点，连接，由垂直平分，证明，证明当点与点重合时，的值最小，此时，即的最小值是的长，由，即可得到的最小值为，证明，，则． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， 即， 在和中，， ， ， ， ， ， ， ， 平分， ， 又为公共边， ， ， 又， ∴垂直平分， 连接与交于点，交于点，连接， 四边形是正方形， ， 即， 垂直平分， ， 当点与点重合时，的值最小，此时，即的最小值是的长， 正方形的边长为4， ， ， 即的最小值为， 垂直平分， ， 又， ， 故答案为：； 17．3 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，根据和勾股定理列方程可解答． 【详解】解：设点E，F的运动时间为t， 由题意得：， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：． 故答案为：． 18．2 【分析】根据正方形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，再求出，从而得到，取的中点，连接，再判断出垂直平分，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得． 【详解】解：如图，在正方形中，， ∵分别为边的中点， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 取的中点，连接， ∵是的中点， ∴， ∵， 是平行四边形， ， ， 设与相交于点， ∴是的中点，， ∴垂直平分， ∴， 故答案为：2． 【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质和判定、线段垂直平分线的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质；熟记性质并正确作出辅助线是解题的关键． 19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据“”证明即可； （2）根据三角形全等的性质得出，求出，得出，求出，根据勾股定理求出． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 根据勾股定理得：． 【点拨】本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 20．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识定，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先根据平行的性质判断出，再根据角平分线的性质进而判断出得出，从而得到四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵, ∴． 21．(1) (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，直角三角形斜边中线的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）由菱形的性质及勾股定理求出的长度，根据菱形的面积公式可得出答案； （2）根据菱形的对角线互相平分可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据等边对等角得到，根据两直线平行，内错角相等得到，然后根据等角的余角相等证明即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形， ，，， ，， ，， ， ， ； （2）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ， 又， ， ， 在中，， 在中，， ， ， ， ． 22．(1)见解析 (2)不变，理由见解析 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质： （1）正方形的性质，得到，垂直平分，进而得到，再根据，即可得出； （2）等边对等角结合全等三角形的对应角相等，得到，三角形的外角，推出，即可得出结论． 【详解】（1）∵正方形对角线相交于点O， ∴，垂直平分， ∵点P是对角线延长线上一点， ∴， 又∵， ∴； （2）的大小不变，理由如下： ∵将绕点P逆时针旋转，使点C的对应点Q在的延长线上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设交于点， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴的大小不变． 23．(1)证明见解析； (2)能，． 【分析】（1）根据正方形的性质及选转的不变性证明和即可； （2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可． 【详解】（1）证明：连接 ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∵， ∴； （2）解：能， ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得：， 故当互相平分时，四边形为矩形， ∵互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， 设，则，， 由（1）知， ∴在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 24．（1）①②③；（2）①（1）中结论依然成立的是①②③；②；（3）成立，理由见解析过程 【分析】（1）由余角的性质可得，由“”可证，可得，可得，由勾股定理可求解； （2）①由余角的性质可得，由“”可证，可得，可得，由勾股定理可求解； ②由全等三角形的性质可得； （3）由“”可证，可得，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）∵，点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：①②③； （2）①∵四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：①②③； ②∵， ∴， ∴， 则还可以发现：； （3）成立，理由如下： 如图，延长交于，连接， ∵四边形是矩形， ， ， ， ， 又， ， ， ． 【点拨】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$